Corrig´ e de la feuille d’exercices n

Ecole Normale Sup´´ erieure – FIMFA – Ann´ee 2010-2011 Travaux dirig´es de Topologie et Calcul diff´erentiel Franc¸ois B´eguin

Corrig´ e de la feuille d’exercices n

3 Connexit´ e, axiomes de s´ eparation

1 -

Rappelons que deux espaces hom´eomorphes ont les mˆemes propri´et´es topologiques¹(i.e. celles d´efinies unique- ment en termes d’ouverts). Ce n’est pas le cas de Ret R². En effet R² priv´e de n’importe quel point reste connexe alors queRpriv´e d’un point n’est pas connexe. En particulier, ils ne sont pas hom´eomorphes.

Remarque.Il existe par contre des applications continues et surjectives deRdansR²(la fameuse courbe de Peano), mais aucune telle application ne peut ˆetre injective.

Remarque. En fait, R^p est hom´eomorphe `a R<sup>q</sup> seulement si p = q (c’est le th´eor`eme de l’invariance du domaine). La preuve de ce r´esultat g´en´eral est beaucoup plus difficile que celle du cas particulier qui fait l’objet de l’exercice.

2 -

1. Il est facile de trouver un chemin joignant deux pointsM etN dansCpriv´e d’un nombre fini d’´el´ements {A1, . . . , An}. Prendre par exemple deux droites dont la direction n’est pas celle d’une droite d´etermin´ee par (Ai, Aj), passant parM et N respectivement. On suit le chemin deM `a l’intersection, puis de l’intersection

` a N.

Soient maintenant A et B deux matrices deGLn(C). Le polynˆome z 7→det((1−z)A+zB) n’a qu’un nombre fini de racines (qui ne sont ni 0 ni 1). Soit γ un chemin complexe de 0 `a 1 ne passant pas par ces racines. Alorst7→(1−γ(t))A+γ(t)B jointA `aB dansGLn(C) qui est donc connexe par arcs.

Bien sˆur, siGLn(R) ´etait connexe, son image par l’application continueA7→det(A) serait un sous-espace connexe deR. Or celle-ci comprend des valeurs positives et n´egatives, mais pas nulles. . .

2. Le d´eterminant restreint `a O<sub>n</sub>R est une surjection continue sur l’ensemble discret {0,1} donc O<sub>n</sub>(R) n’est pas connexe. On peut montrer que SO<sub>n</sub>(R) est connexe par arcs. En effet toute matrice de S0<sub>n</sub>(R) se d´ecompose dans une bonne base orthonorm´ee en blocs de rotations d’anglesθ(y compris ´eventuellement d’angle θ=π) et un bloc o`u elle est l’indentit´e. L’applicationt 7→tθ fournit un chemin entre une rotation d’angle θet l’identit´e. . . . Les espacesO_n(C) etSO_n(C) se traitent de la mˆeme mani`ere. En effet les valeurs propres des matrices de On(C) valent aussi 1 ou −1. De plus SOn(C) est engendr´e par les renversements (c’est `a dire les matrices M dont l’espace propre associ´e `a la valeur propre −1 est de dimension 2). On d´emontre comme dans le cas r´eel qu’un renversement se ram`ene `a l’identit´e par un chemin continu.

Remarque. On pourrait aussi utiliser l’hom´eomorphisme On(C) ∼=On(R)× ASYMn(R) ∼=On(R)×R(ⁿ2) o`u ASYM(R) d´esigne les matrices anti-symm´etriques r´eelles de taille n. Cet hom´eomorphisme est une cons´equence de la d´ecomposition polaire (et de son unicit´e)M =Uexp(H) (o`u U est unitaire etH hermi- tienne) appliqu´e `a une matrice orthogonale.

1on peut mˆeme consid´erer qu’ils sont indistinguables du point de vue de la topologie

3 -

1. Les parties connexes de Qsont les singletons deQpuisque pour toute partie C ⊂Qqui contienta etb tels a < b, alors il existe un irrationnelccompris strictement entre aet b, et l’on a

C= (C∩]− ∞, c[)∪(C∩]c,+∞[),

r´eunion disjointe d’ouverts non vides deC. De mˆeme le sparties connexes deR\Qsont les singletons.

Remarque.Un espace dont les seules composantes connexes sont les singletons est dittotalement discontinu.

Q et R−Q sont des exemples d’espaces totalement discontinus qui ne soient pas discrets. Il est clair que toute fonction continueX→Y d’un connexeX vers un espace totalement discontinuY est constante.

2. Raisonons par l’absurde. Soitf une fonction v´erifiant les hypoth`eses de l’´enonc´e, alors la fonctiong, d´efinie parg(x) =f(x)−x, prend uniquement des valeurs irrationnelles. g est continue, doncg(R) est connexe et inclus dans les irrationnels. Vu la question pr´ec´edente,g est constante. Il suit quef(x) =g(0) +xpour tout xet doncf est une bijection deQsurR\Qce qui est absurde.

4 -

1. On veut montrer queA∪B est connexe. Soient U et V deux ouverts deX tels queA∪B soit r´eunion disjointe de (A∪B)∩U et (A∪B)∩V. On doit montrer qu’un de ces deux ensembles est vide.

Clairement B est r´eunion disjointe de B∩U et B∩V. B ´etant connexe, l’une de ces parties est vide.

Supposons, par exemple, queB∩U =∅. Il suffit maintenant de montrer queA∩U =∅. CommeU est ouvert dansX,B⊂X−U, doncB∩U =∅.

De mˆeme,A ´etant connexe, soitA∩U ouA∩V est vide. Mais si A∩V =∅, alorsA∩U =A, donc U ⊃Ace qui est absurde puisqueU∩B=∅et A∩B 6=∅. Par cons´equent, A∩U est vide

La conclusion devient fausse si l’on suppose seulement que A∩B 6= ∅. On consid´erera par exemple A=]−1,0[ etB=]0,1[.

2. On a X = ˚A∪∂A∪(X −A). Si B ne rencontre pas ∂A, B est la r´eunion, n´ec´essairement disjointe, (B∩A)˚ ∪(B∩(X−A)). Ces deux parties sont non-vides et ouvertes dansB, ce qui contredit la connexit´e deB. Par cons´equent,B rencontre∂A.

5 -

1. Dire queF1 est un ferm´e deA, c’est dire qu’il peut s’´ecrire sous la formeA∩F˜1, o`u ˜F1 est un ferm´e de X. Alors F1∩B s´ecrit (A∩B)∩F˜1, avec ˜F1 ferm´e deX. DoncF1∩B est bien un ferm´e de A∩B pour la topologie induite. De mˆeme pourF2∩B. Mais deA=F1∪F2, on d´eduitA∩B= (F1∩B)∪(F2∩B), cette r´eunion ´etant disjointe. On en d´eduit en utilisant la connexit´e deA∩B queF1∩B=∅ouF2∩B=∅.

Quitte `a changer les noms, on supposera queF1∩B=∅ (ce qui impliqueA∩B⊂F2).

2. Remarquons tout d’abord queF1etF2sont des ferm´es deX, puisqu’ils s’´ecrivent comme des intersections de ferm´es deX :A∩F˜1 etA∩F˜2.

Bien sˆur, on aA∪B =F1∪[F2∪B].F1 etF2∪B sont des ferm´es deA∪B pour la topologie induite, puisque ce sont des ferm´es de X, inclus dans A∪B. Ils sont disjoints par la question pr´ec´edente. On en d´eduit que soitF1=∅, soitF2∪B=∅(doncF2=∅). DoncA est connexe, et on ferait de mˆeme pourB.

3. Prenons X = R, A = [−1,1], B =]−2,−1[∪]1,2[. Alors A∩B = ∅ est connexe, A∪B =]−2,2[ est connexe. EtB n’est bien sˆur pas connexe.

6 -

Il est indispensable de faire un dessin !P₁est connexe comme union des parties connexesR×{1}∪{x}×[0,1]

ayant une intersection non vide. De mˆeme pourP₂(on peut aussi montrer qu’elles sont connexes par arcs).

Clairement l’adh´erence deP1 estR×[0,1]. Elle rencontreP2et d’apr`es4) i) P1∪P2 est connexe.

Montrons par l’absurde queP1∪P2n’est pas connexe par arcs. Si c’´etait le cas, il existerait un arc γ: [0,1]→P1∪P2, s→γ(s) = (x(s), y(s))

joignant (0,1) = γ(0) `a (0,−1) = γ(1). Soit A = {s ∈ [0,1]/ γ(s) ∈ P1}. A et son compl´ementaire ´etant deux parties non vides du connexe [0,1], la fronti`ere deA n’est pas vide d’apr`es la question 2 de l’exercice 4. Soit t ∈∂(A). En particulier t ∈ A, donc, par continuit´e de la fonction s 7→y(s), y(t) ≥0. De mˆeme, t ∈ [0,1]−A et donc y(t)≤ 0. Il suit quey(t) = 0. Par continuit´e, il existe un r´eel α strictement positif tel que pour tout s ∈]t−α, t+α[, on ait |y(s)| 6 1/2. L’image de ]t−α, t+α[ par l’application x est alors incluse dans Q∪(Q+√

2). De plus, elle est connexe comme image d’un connexe par une application continue. Elle est donc r´eduite `a un point. Par cons´equent ]t−α, t+α[ est soit incluse dansAsoit dans son compl´ementaire, ce qui contredit le fait que tappartient `a la fronti`ere deA.

7 -

1. En fait, tout ouvert U de X est connexe (ce qui implique bien sˆur que X est connexe et localement connexe). En effet, siU est un ouvert deX et siA⊂U est un ouvert-ferm´e, diff´erent deU et de∅, alorsA doit ˆetre `a la fois fini et de compl´ementaire fini, ce qui est impossible.

2. SupposonsXd´enombrable, alors toute application continuef : [0,1]→Xest constante. Sinon, on pourrait

´

ecrire [0,1] = S

x∈Xf⁻¹({x}), c’est-`a-dire ´ecrire l’intervalle [0,1] comme une union d’un nombre fini ou d´enombrable de ferm´es non-vides deux `a deux disjoints. C’est impossible comme on le verra prochainement (la preuve de ce fait est une application duth´eor`eme de Baire).

Remarque.Ceci fournit un exemple d’espace topologique localement connexe, mais pas localement connexe par arcs.

3. Supposons maintenant que X n’est pas d´enombrable, et admettons l’hypoth`ese du continu. Alors, pour tout ouvert non-videUdeX, et toute paire de pointsa, bdansU, on peut trouver une injectionf : [0,1]→U telle quef(0) =aetf(1) =b. Une telle injectionf est n´ecessairement continue : en effet, tout sous-ensemble de compl´ementaire fini dans [0,1] est un ouvert pour la topologie usuelle.

8 -

1. La preuve est la mˆeme que pour la connexit´e deRest repose sur les faits suivants : a. toute partie de [0,1]²poss`ede une borne sup´erieure pour l’ordre lexicographique,

b. tout point (x, y) de [0,1]² est accumul´e par des points plus petits que (x, y) et par des points plus grands que (x, y).

Plus pr´ecis´ement, on consid`ere une fonction continuef : [0,1]<sup>2</sup>→ {0,1}. Si cette fonction n’est pas constante, on consid`ere des points (x0, y0) et (x1, y1) o`uf prend respectivement les valeurs 0 et 1. Quitte `a changerf en 1−f, on peut supposer que (x0, y0)<(x1, y1). Puis on consid`ere

(ˆx,y) = sup{(x, y)ˆ |f(x, y) = 0 et (x₁, y₁)<(x, y)<(x₂, y₂)}.

Et, d’apr`es la propri´et´e b., et la continuit´e def, on devrait avoir `a laf(ˆx,y) = 0 etˆ f(ˆx,y) = 1.ˆ

2. Remarquons tout d’abord que les connexes de [0,1]² sont les intervalles : toute partie qui n’est pas un intervalle n’est pas connexe (mˆeme preuve que dans R), et tout intervalle est connexe d’apr`es la question pr´ec´edente. Supposons qu’il existe une application continuef : [0,1]→[0,1]² continue (avec [0,1]² munie de la topologie produit et [0,1]² muni de la topologie de l’ordre lexicagraphique) telle que f(0) = (0,0) et f(1) = (1,1). Alors l’inclusion

[

0<x<1

f⁻¹({x}×]0,1[)⊂[0,1]

implique que [0,1] contient une infinit´e non-d ¨O’enombrable d’ouverts non-vides deux `a deux disjoints, ce qui est bien sˆur absurde (car [0,1] contient un sous-ensemble d´enombrable dense.).

Remarque.J’avais ´evoqu´e en TD le probl`eme de l’existence d’une partie ferm´ee deR<sup>2</sup>, connexe, localement connexe, mais pas localement connexe par arcs. La r´eponse `a ce probl`eme est : ¸ca n’existe pas ! En ef- fet, le th´eor`eme de Mazurkiewicz-Moore-Menger affirme que tout espace topologique m´etrisable, compact, connexe, localement connexe, est localement connexe par arcs (voir par exemple, le volume de Topology de Kuratowski).

9 -

1. Il est ´el´ementaire d’observer que

◦

A\×B=

◦

A×B^◦ (car c’est un produit fini ! On pourra se rappeler que les projections sont alors ouvertes) et queA×B=A×B (c’est g´en´eral). Le r´esultat suit.

Remarque.Rappelons qu’un produit quelconques ΠUid’ouvert n’est pas (en g´en´eral) ouvert dans la topologie produit. En revanche, il est vrai qu’un produit de ferm´es est ferm´e. En particulier Π( ˚Ai) n’est en g´en´eral pas ouvert. En revanche ce produit contient l’int´erieur de ΠAi. Rappelons aussi qu’il existe des ferm´es de la topologie produit qui ne sont pas des produits de ferm´es et de mˆeme pour les ouverts.

2. Il est simple en utilisant la d´efinition de la topologie produit de voir que si chaqueAi est dense dansXi, alors ΠAiest dense dans ΠXi, car ΠAirencontre tout ouvert ´el´ementaire de cette topologie (ou bien d’utiliser que les projections sont continues). R´eciproquement, si ΠA_i est dense dans ΠX_i, alors il rencontre l’ouvert ΠB_i o`u B<sub>i</sub> =X<sub>i</sub> sauf pour i=k o`u A_k est un ouvert quelconque non vide deX_k. Il suit imm´ediatement queA_k est dense dansX_k.

3. Consid´erons une application continue de ΠX_idans{0,1}. Consid´erons un pointadans le produit (suppos´e non vide, sinon on a pas besoin de continuer !). L’application partiellefk:Xk→ {0,1}d´efinie parfk(xk) = f(x), les composantes de x´etant celles de asauf pour l’indice k o`u l’on met xk. CommeXk est connexe, fk est constante. On voit alors facilement que deux points du produit ne diff´erant que d’un nombre fini de coordonn´ees ont la mˆeme valeur par f. Or l’ensemble des points diff´erant de a d’un nombre fini de coordonn´ees est dense dans le produit, donc f est constante. R´eciproquement, `a condition que le produit soit non vide, chaque facteur est connexe, comme image d’un connexe par une application continue.

4. Si chaque Xi est connexe par arcs, on peut relier chaqueai `a bi par un arcγi. On v´erifie facilement que t7→Πγi(t) est un arc continu.

5.Une fausse topologie produit.

i) Il est facile de voir que cela forme la base d’une topologie. Elle ne co¨ıncide avec la topologie produit que lorsque seuls un nombre fini deX_i ont une topologie non grossi`ere : sinon il est facile de construire des ouverts pour la fausse topologie produit qui ont un nombre infini de composantes non ´egales `aXitout entier, et qui donc ne peuvent pas ˆetre ouverts pour la topologie produit.

ii) On consid`ere`^∞l’ensemble des suites born´ees. Cet ensemble est la r´eunion croissante des ]−n, n[^N, et comme tel est ouvert dans notre topologie ´etrange. Prenons maintenant une suite (un) non born´ee. Les

´el´ements du pav´e Π]u_n−1, u_n+ 1[ est ´egalement compos´e de suites non born´ees, donc ne rencontre pas`<sup>∞</sup>. DoncR<sup>N</sup>\`^∞est donc ouvert. DoncR^N n’est pas connexe.

En revanche, un produit d’espaces connexes est connexe pour la topologie produit comme prouv´e pr´ec´edemment.

iii) En utilisant les projections, on voit qu’il est n´ecessaire pour que f soit continue que chacune des com- posantesf_i soit continue. Mais cela n’est pas suffisant : il faut en fait que, localement,f soit constante sauf pour un nombre fini d’indices. Soit en effety un point de continuit´e pourf. Sif n’´etait pas con- stante (sauf un nombre fini de composantes) au voisinage dex, alors pour toutn, il existerait une suite xn ∈B(0,1/n),εn >0 o`u in est une suite d’indices tous distincts tels quedi_n(fi_n(x), fi_n(xn))≥εn. On introduit alors le faux voisinage produit par le produit des boules dansXi_ncentr´ees enxde rayon εn/2 (et le produit des Xi pour tous les indices i non atteints par la suite (in)). On contredit alors facilement la continuit´e def en remarquant que la suite (xn) converge versxmais que le faux voisinage pr´ec´edent def(x) ne contient aucun point de la suite (f(xn)). La r´eciproque est ´el´ementaire.

Enfin, pour la topologie produit, seule la continuit´e des f_i est requise, bien sˆur.

10 -

1. Un hom´eomorphisme conserve les propri´et´es que l’on peut d´efinir `a l’aide d’ouverts. Donc siA est une partie connexe, il est envoy´e par un hom´eomorphisme sur une partie connexe.

Donc A et B ne sont pas hom´eomorphes, car la composante ]0,1] de B n’est hom´eomorphe `a aucune composante connexe deA : on peut lui enlever un point sans qu’elle devienne vide ou disconnexe.

2. Il suffit de consid´ererf telle que pourx6= 2,f(x) =xet quef(2) = 1 dans un sens et g:







x/2 si x∈]0,1]

(x−2)/2 si x∈]3,4[

x−3 sinon,

dans l’autre. On ne peut donc pas conclure `a l’existence d’un hom´eomorphisme entreAetBmˆeme s’il existe des bijections continues de AversB, et d’autres continues deB versA.

11 -

1. Etablissons que les Dx forment une base d’ouverts. On consid`ere Dx et Dy tels queDx∩Dy 6=∅. Soit z∈Dx∩Dy, il est clair queDz⊂Dx∩Dy. De mˆeme pour lesGx.

On consid`ere une intersection d’ouverts ∩<sub>i∈I</sub>Ui, que nous supposons non vide. Si z appartient `a cette intersection, il est inclus dans l’intersection∩i∈IDx_i avecDx_i ⊂Ui. AlorsDz ⊂ ∩i∈IDx_i ⊂ ∩i∈IUi et donc

∩i∈IUi est voisinage de chacun de ses points.

Enfin, tout voisinage deycontientDy, puisqueDy est inclus dans toutDzcontenanty. Donc l’adh´erence de{x}, qui est l’ensemble desy dont tout voisinage contientx, est l’ensemble desy tels quex∈D_y, c’est `a direG_x.

Enfin ces topologies ne sont pas s´epar´ees en g´en´eral : penser `a R.

2. Il est clair que tout espace s´epar´e est de Kolmogoroff. Bien sˆur, il existe des espaces de Kolmogoroff non-s´epar´e. Par exemple un espace infiniX muni de la topologie cofinie (c’est `a dire que les ferm´es sont les ensembles finis), voir la feuille d’exercice 1.

3. On consid`erexet ydistincs. Soit ils sont comparables, mettonsxy, alorsy∈Dy etx6∈Dy, soit ils ne le sont pas ety∈Dy etx6∈Dy. Donc cet espace est de Kolmogoroff.

4. Notonsxy pour yRx². Une remarque importante est que xy⇐⇒x∈ {y} ⇐⇒y∈ \

U ouvert t.q.x∈U

U

Notons aussi quexy⇔ {x} ⊂ {y}.

La transitivit´e et la r´eflexitivit´e de(etRbien sˆur) sont imm´ediates. Reste l’antisym´etrie : consid´erons xety. Il existe un voisinage de l’un ne contenant pas l’autre. Mettons que nous ayons un ouvertU tel que y ∈U et x6∈U. Alors y6∈ {x}et de mˆeme en changeant les rˆoles de xet y. Donc yRxet xRy ne peuvent avoir lieu que pour x=y.

Montrons que la topologie droite de cet ordre³correspond `a la topologie deX. Vu la remarque ci-dessus, on a Dx= T

U ouvert t.q.x∈U

U doncDx est ouvert dans la topologie deX (au vu de l’hypoth`ese sur les intersections d’ouverts).

R´eciproquement, soitU un ouvert deXetxdansU. Alors, du fait de l’´egalit´e pr´ec´edente, on ax∈Dx⊂ U, doncU est ouvert (pour la topologie droite) puisqu’il est voisinage de chacun de ses points.

5. Enfin toute partie d’un espace de Kolmogoroff est de Kolmogoroff pour la topologie induite. Si de plus elle est finie, toute intersection d’ouverts est ouverte, puisque l’on peut se ramener `a une intersection finie. Donc la topologie est une topologie droite d’un ordre. Puisque l’ensemble ordonn´e est fini, il admet un ´el´ement maximal, qui est donc isol´e.

Enfin, siX avait une partie ouverte finie, alors elle aurait un point isol´e pour la topologie induite. Du fait de l’ouverture, ce point est isol´e dansX, d’o`u la conclusion.

12 -

SoitX un espace topologique. On consid`ere les axiomes

(T0) Pour tout pointsx6=y, il existe un ouvert contenant l’un des points et pas l’autre.

(T₁) Pourx6=y, il existe un ouvertU_x, contenantxet pasy et un ouvertU_y contenanty et pasx.

(T2) X est T2 si il est s´epar´e.

(T3) X est T3 our´eguliers’il estT0et v´erifie en plus la propri´et´e (Te3): pour tout ferm´eF et pointx /∈F, il existe des ouvertsOx,OF disjoints contenant respectivementxet F.

(T₄) X estT₄ounormals’il estT₁et v´erifie en plus la propri´et´e (Te₄): pour des ferm´es disjointsA,B dans X, il existe des ouvertsO_A,O_B disjoints contenant respectivementAet B.

1. Il est ´evident queT2⇒T1⇒T0. D’apr`es le cours, un espace m´etrique est r´egulier et normal.{0,1}muni de la topologie grossi`ere n’est pasT0. On a vu dans l’exercice pr´ec´edent des exemples d’espaces (T0) non (T1).

Bien sur on peut aussi simplement regarderX ={1,2}avec la topologie donn´ee par les ouverts∅, X,{1}. Ce dernier espace est ´egalement (Te₄) (il n’a qu’un seul ouvert et qu’un seul ferm´e non trivial) ce qui prouve au passage queTe4etT0n’impliquent pas normal ! Un ensemble infiniX muni de la topologie des cofinis (i.e.les ferm´es sont finis ouX entier) estT1 mais pasT2 (niTe3,Te4) puisque deux ouverts non-vides ne sont jamais disjoints. SoitX, Y deux ensembles de cardinal au moins 2, muni de la topologie grossi`ere. Et soitZ=X∪Y muni de la topologie de l’union. AlorsZ n’est pas (T0) mais est (fT3) et (fT4). Exhibons un exemple d’espace s´epar´e (i.e.(T2)) qui ne soit pasTe3. PrenonsX=Rmuni de la topologie dont les ouverts sont de la forme U −B o`u U est un ouvert usuel de Ret B est une partie (´eventuellement vide) de D ={1/n , n ∈ N^∗}.

On v´erifie sans peine que cela d´efinit bien une topologie plus fine que la topologie usuelle, en particulier

2si on choisit l’autre sens, il convient de regarder la topologie gauche

3c’est `a dire

elle v´erifie (T₂). En revanche, l’ensemble D = {1/n , n ∈ N^∗} est ferm´e dans cette topologie tout comme le singleton {0}, mais ils ne peuvent pas ˆetre s´epar´e par des ouverts (un ouvert contenant D est un ouvert usuel), faire un dessin pour s’en convaincre. De mˆeme, cet espace ne v´erifie pasTe4.

Remarque.En particulier, l’axiome (Te3) n’est pas conserv´e en passant `a une topologie plus fine (car on cr´ee plus de ferm´es) contrairement `a (T2).

2. Si{x} et{y}sont ferm´es et distincts, leurs compl´ementaires fournissent bien sur des ouverts satisfaisant l’axiome (T1). R´eciproquement, siX est (T1) etx∈X, alors,{x}= T

F3x, F ferm´e

F puisque pour touty6=x, il existe un ferm´e contenantxet pasy (par exempleX−U_y). Donc{x}est ferm´e.

Supposons que X est r´egulier et soit x6=y deux points de X. par l’axiome (T₀) il existe un ouvert U_x contenantxmais pasy(quitte `a inverser les rˆoles dexety). Par l’axiome (Te3), il existe des ouverts disjoints Ox,O<sub>X−Ux</sub> avecx∈Ox ety∈X−Ux⊂O<sub>X−Ux</sub>. D’o`uX est s´epar´e. alorsX est s´epar´e.

SiX est normal, les points sont des ferm´es et l’axiome (Te4) implique alors trivialement l’axiome (Te3). Vu ci-dessus, un espace normal est donc s´epar´e ce qui redonne la d´efinition du cours.

3. Les propri´et´es demand´ees sont clairement vraies pour des espaces s´epar´es. Soit A⊂X. Il est imm´ediat queAv´erifie aussi l’axiome (Te3). Remarquons que chaqueXiest hom´eomorphe `a un sous-espace du produit ΠXi. Donc si, ce produit est r´egulier, chaqueXil’est aussi.

Remarquons que pour X s´epar´e,X est r´egulier si et seulement si pour tout x∈X et voisinage ouvert U_x 3x, il existe un ouvertV_x tel que x∈ V_x ⊂V_x ⊂U_x. En effet, le sens direct d´ecoule de l’axiome (Te₃) appliqu´e `a xet au ferm´eX−U<sub>x</sub>. Dans l’autre sens, si F est ferm´e et ne contient pasx, alors on applique l’hypoth`ese `axet `a l’ouvertX−F ce qui donne les ouvertsV_x etX−V_xsatisfaisant `a (Te₃).

Si chaque X_i est r´egulier, il suffit de montrer que pour tout x ∈ ΠX_i et tout ouvert de base U_x = Π

j∈J f ini

Uj× Π

i /∈J

Xi ∈ΠXi, il existeVx v´erifiantx∈Vx∈Vx⊂Ux. En remarquant que ΠAi= ΠAi, il suffit de consid´ererVx= Π

j∈JVj× Π

i /∈J

Xi o`u lesVj sont donn´es par la r´egularit´e de chaqueXj.

4. Soit D d´enombrable dense dans X et F un sous-ensemble discret ferm´e non-d´enombrable. Alors toute partie S ⊂ F est ferm´ee dans F et donc dans X. Par cons´equent il existe des ouverts disjoints US et VS

dans X tels que S ⊂US et F−S ⊂ VS. Par densit´e D∩US est non-vide. Si S 6=T alors, par exemple S∩F −T 6= ∅, d’o`u VT ∩US 6= ∅ d’o`u par densit´e, D∩VT ∩US 6=∅ et il suit que D∩UT 6= D∩US. Par cons´quent, l’applicationS7→US∩Dest une injection deP(F) dansP(D) ce qui est absurde pour des raisons de cardinalit´e.

On a d´ej`a vu dans la feuille de TD 1 que (R, τlim sup) est s´epar´e. Montrons qu’il satisfait l’axiome (Te3).

Soit F ferm´e et x /∈ F. Soit f = lim sup{y ∈ F / y < x}. Comme F est ferm´e, f ∈ F donc f < x. Il suit que ]f, x] est un ouvert contenantxet disjoint de ]− ∞, f]∪]x,+∞[ qui est un ouvert qui contient F. Donc (R, τlim sup) est r´egulier. De la question3, on d´eduit que (R, τlim sup)×(R, τlim sup) est ´egalement r´egulier. Montrons qu’il n’est pas normal. On applique bien entendu le crit`ere ci-dessus. L’ensembleQ×Q est dense dans R×R (pour la topologie τlim sup×τlim sup) d’apr`es la feuille de TD 1. Prenons alors F ={(x,−x), x∈R−Q}. Il est clair queF n’est pas d´enombrable et est ferm´e. De plus ]− ∞, x]×]− ∞,−x]

est un ouvert qui contient (x,−x) et aucun autre point de la forme (y,−y). Donc F est bien discret et vu ci-dessus,R×Rn’est pas normal pour la topologieτlim sup×τlim sup.

Remarque. L’argument prouvant que R, τlim sup est r´egulier, s’adapte facilement pour montrer que cet espace est en fait normal. L’exemple ci-dessus montre alors que le produit d’espaces normaux n’est pas n´ec´essairement normal. De mˆeme un sous-espace d’un espace normal n’est pas n´ec´essairement normal (sauf s’il est aussi ferm´e).

5. La r´eciproque est triviale. Soient des ferm´es disjointsAetB. L’axiomeTe₄implique qu’il existe des ouverts disjointsU_A⊃A,U_B⊃B. Or pour tout ouvertU contenantA, AetX−U sont des ferm´es disjoints donc il existeV,W ouverts disjoints avecV ⊃AetW ⊃X−U. En particulierV est inclus dans le ferm´eX−W donc V aussi. On vient de montrer que pour tout ouvert U ⊃ A (A ferm´e), il existe un ouvert V tel que A⊂V ⊂V ⊂U. Il suffit maintenant d’appliquer ce r´esultat aux ouverts disjointsU_A etU_B ci-dessus.

Remarque. Cette question revient donc `a montrer que l’axiome widetildeT4 est ´equivalent `a la propri´et´e

´

enonc´ee sur l’existence de voisinages ferm´es disjoints. l’´enonc´e donn´e en TD ´etait faux (l’axiome (T₁) est ind´ependant de ce qui est demand´e).

6. Il est clair que H est s´epar´e (donc (T₀)). De plus tout disque ferm´e (au sens usuel) est un ferm´e pour cette topologie. Il suit facilement que, H muni de cette topologie satisfait `a la propri´et´e suivante: pour tout ouvert 0 et tout x∈O, il existe un ouvertUx tel quex∈Ux⊂Ux⊂O. Cette derni`ere propri´et´e entraine l’axiome (Te3), en prenant, pour tout ferm´eF etx /∈F, l’ouvertO=H−F (de mˆeme que dans la question 3)). Il suit queH muni de cette topologie est r´egulier.

Les ensemblesA={(x,0), x∈Q} et B={(x,0), x∈R−Q} sont ferm´es (il est en fait clair que toute partie de l’axey= 0 a son compl´ementaire ouvert, donc est ferm´ee). SoitOAetOB deux ouverts contenant respectivementAetB. On va montrer queOA∩OB6=∅ce qui montrera queH n’est pas normal. Quel que soit xdans B, il existe un disque ouvertDx,_x inclus dans OB. Soit n∈N^∗ et Bn :={x∈B / x ≥1/n}.

Supposons avoir montr´e qu’il existen∈N^∗ et un intervalle ouvertI tel,que tout sous-intervalle ouvert deI intersecteB_n. Alors tout point deIest limite d’´el´ements de B_n (au sens de la distance usuelle surR). Soit run rationnel dansI etD_r,r un disque ouvert inclus dansO_A. Alors pourx∈B_n suffisament proche der, tout disqueD_x,x coupeD_r,r puisque _x>1/n. En particulierO_A∩O_B 6=∅.

Il ne reste plus qu’`a montrer qu’il existe n ∈ N<sup>∗</sup> et un intervalle ouvert I tel,que tout sous-intervalle ouvert deI intersecteB<sub>n</sub>. Raisonons par l’absurde, et supposons avoir ordonn´e les rationnels sous la forme a0, a1, . . . .... On peut alors contruire par r´ecurence une suite d´ecroissante d’intervalles ferm´es d’int´erieur non vide In v´erifiant, an ∈/ In et Bn∩In =∅. Par le th´eor`eme des ferm´es emboit´es, il existe un r´eel b ∈TIn, qui par construction n’est pas dans Q. Mais alors, (b,0)∈B et donc appartient `a Bn pour un certainn ce qui est absurde !

7. On a montr´e aux questions 1) et 4) (ou 6) au choix) que l’axiome (Te3) n’implique pas (Te4) et que ces axiomes sont ind´ependants des axiomes (Ti≤2). On a en revanche vu que T4 ⇒ T3 ⇒ T2 ⇒ T1 ⇒ T0, les r´eciproques ´etant fausses. Il reste `a montrer que (Te4) n’implique pas (Te3) pour montrer que ces deux derniers axiomes sont ind´ependants.

On consid´ere pour cela un espaceX qui poss`ede des ferm´es non-triviaux qui ne sont inclus dans aucun ouvert non-trivial deX. Par exemple, soitX ={1,2,3,4,5}muni de la topologie dont les ouverts sont

X,∅,{1,2,3,4},{1,2,3},{2,3,4,5},{2,3,4},{2,3},{2},{2,4,5},{2,4},{4,5},{4}.

On v´erifie sans mal que les ouverts ci-dessus forment bien une topologie satisfaisant l’axiome (Te₄). En revanche le seul ouvert contenant le ferm´e{1,4,5}estX ce qui contredit l’axiome (Te₃). On peut remarquer queX estT0(mais ´evidemment pasT1).

13 -

Le sens r´eciproque est tr`es facile. En effet, siA, Bsont des ferm´es, la fonction caract´eristiqueχA:A∪B→R de A est continue sur A∪B. Soit f : X → R une extension de χA. Les ouverts f⁻¹(]−1/4,1/4[) et f⁻¹(]3/4,5/4[) fournissent des voisinages ouverts disjoints de B etA.

Passons au sens direct. Supposons que f : F → R v´erifie |f| ≤ α. Soit A ={x∈ F / f(x) ≥α/3} et B ={x∈F / f(x)≤ −α/3}. Clairement A,B sont des ferm´es disjoints de F et donc deX aussi (puisque F est ferm´e). Par un th´eor`eme du cours<sup>4</sup> il existe une fonction h<sub>0</sub> :X →Rcontinue telle queh<sub>0</sub>(x) =α/3 pour x∈Aet h<sub>0</sub>(x) =−α/3 pourx∈B et |h<sub>0</sub>| ≤α/3. Il est clair que|f−h<sub>0</sub>| ≤2α/3 surF. Appliquant r´ecursivement la construction pr´ec´edente (`af−h_n−1) on trouve une suitehn:X →Rde fonctions v´erifiant

|hn| ≤2ⁿα/3ⁿ⁺¹ et|f(x)−Pn

i=0hi(x)| ≤2ⁿ⁺¹α/3ⁿ⁺¹ pour toutx∈F. La fonction ˜f =P∞

i=0hi convient.

Montrer qu’un espace s´epar´eX est normal si et seulement si pour tout ferm´eF, toute fonction continue f :F →Rs’´etend en une fonction continue ˜f :X →Ret que si|f(x)| ≤αpour toutx∈F, alors on peut choisir ˜f telle que|f| ≤˜ α. (SiX est normal et |f| ≤αsur F, `a l’aide d’un th´eor`eme du cours, on pourra montrer qu’il existeh:X →Rcontinue v´erifiant|h| ≤α3surX et|f −h| ≤2/3αsurF).

4souvent appel´e th´eor`eme d’Urysohn

Si maintenant|f|< αsurF. D’apr`es ci-dessus on a une extensiong:X→RsurX v´erifiant|g| ≤α. Soit alorsA={x∈X / g(x) =α}. C’est un ferm´e disjoint deF. Il existe donc une fonctionh:X →[0,1]⊂R continue qui vaut 1 surF et 0 surA. Il suit que ˜f(x) :=h(x)·g(x) convient et v´erifie|f˜|< α.

Enfin si f n’est pas born´ee, on consid`ere un hom´eomorphismeφ:R→]−α, α[ (par exempleh= arctan avecα=π/2). Alors on a une extension g:X →]−α, α[ de la fonctionφ◦f :F →]−α, α[ et la fonction f˜=φ⁻¹◦g convient.